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习题（1.1 数域）

本页面收录课本第一章 行列式 · 1.1 数域的课后习题与思考题。题干保持课本原样，解答默认折叠——建议先自己写一遍，再展开对照。这几道题都能用数域正文中的定义与结论解决；做题时逐条核对定义，比凭直觉判断可靠得多。

前置知识
  • 数域的定义：\(F \subseteq \mathbb{C}\)，至少含一个非零数，且对加、减、乘、除（除数非零）封闭
  • 数域中的三条结论：数域一定是域；任何数域都包含 \(\mathbb{Q}\)；两个数域的交仍是数域
  • 集合记号 \(\{a + b\sqrt{p} \mid a, b \in \mathbb{Q}\}\)、\(\{a + b\sqrt{p} \mid a, b \in \mathbb{Z}\}\) 的含义

解题框架

证明"某集合是数域"有固定套路：

  1. 指出它是 \(\mathbb{C}\) 的子集，并找出一个非零元素（通常是 \(1\)）；
  2. 验证封闭性。

第 2 步有捷径：由数域中的命题，只要证明集合对减法与除法封闭，加法与乘法就自动封闭——四条变两条。不过刚上手时把四条都写一遍更稳妥，等你确认看懂了那个命题，再省掉加法与乘法。

除法是真正的难点。若集合形如 \(\mathbb{Q}(\alpha)\)，常用手段是把分母"有理化"：找一个 \(x^{*}\)，使 \(x \cdot x^{*}\) 成为有理数，再用它去除。

习题

习题 1 · 数域构成域

证明：数域 \(F\) 关于数的加法和乘法构成一个域。

解答

结合律、交换律与分配律都继承自 \(\mathbb{C}\)，不必重证；只需按域的定义逐条核对。下面把要验的每一条都列出来，理由写在右边。

第一步：\((F, +)\) 构成 Abel 群。

群的定义要求 在 \(F\) 中成立的理由
封闭：\(a + b \in F\) 加法封闭性
结合律：\((a + b) + c = a + (b + c)\) 继承自 \(\mathbb{C}\)
交换律：\(a + b = b + a\) 继承自 \(\mathbb{C}\)
零元：存在 \(0 \in F\)，\(a + 0 = 0 + a = a\) 已证 \(0 = a - a \in F\)
负元：存在 \(-a \in F\)，\(a + (-a) = 0\) 减法封闭性，\(-a = 0 - a\)

第二步：\((F, \cdot)\) 满足结合律与交换律，且 \(1 \in F\) 是幺元。

要求 在 \(F\) 中成立的理由
封闭：\(ab \in F\) 乘法封闭性
结合律：\((ab)c = a(bc)\) 继承自 \(\mathbb{C}\)
交换律：\(ab = ba\) 继承自 \(\mathbb{C}\)
幺元：存在 \(1 \in F\)，\(a \cdot 1 = 1 \cdot a = a\) 已证 \(1 = a / a \in F\)

第三步：非零元关于乘法构成 Abel 群。 设 \(a \in F\)、\(a \ne 0\)。由 \(1 \in F\) 及除法封闭性，

\[ a^{-1} = \frac{1}{a} \in F . \]

结合律与交换律已由第二步给出，故 \(F^{*} = F \setminus \{0\}\) 关于乘法构成 Abel 群。

第四步：分配律。 在 \(\mathbb{C}\) 中成立，故在 \(F\) 中也成立。

又 \(1 \ne 0\)（在 \(\mathbb{C}\) 中成立），故 \(F\) 至少含两个元素。综上，\(F\) 是至少含两个元素的交换幺环，且 \(F^{*}\) 关于乘法构成 Abel 群，即 \(F\) 是域。

说明 这正是正文"数域一定是域"的证明，此处只是把每一步写全。两个最容易漏掉的点：一是"数域含 \(1\)"不能省，因为 \(\frac{1}{a}\) 要用到 \(1 \in F\)；二是要确认 \(1 \ne 0\)，否则 \(F^{*}\) 是空集，根本谈不上"构成群"。

习题 2 · 虚二次域 \(\mathbb{Q}(i)\)

设 \(i\) 是虚数单位，即 \(i^2 = -1\)。证明：\(\mathbb{Q}(i) = \{a + bi \mid a, b \in \mathbb{Q}\}\) 是数域。

解答

\(\mathbb{Q}(i) \subseteq \mathbb{C}\)，且 \(1 = 1 + 0i \in \mathbb{Q}(i)\) 是非零数。设 \(a + bi,\ c + di \in \mathbb{Q}(i)\)，其中 \(a, b, c, d \in \mathbb{Q}\)。

加减法。 因为 \(a \pm c,\ b \pm d \in \mathbb{Q}\)，

\[ (a + bi) \pm (c + di) = (a \pm c) + (b \pm d)i \in \mathbb{Q}(i). \]

乘法。 用 \(i^2 = -1\) 展开，因为 \(ac - bd,\ ad + bc \in \mathbb{Q}\)，

\[ (a + bi)(c + di) = (ac - bd) + (ad + bc)i \in \mathbb{Q}(i). \]

除法。 设 \(c + di \ne 0\)。由于 \(c, d\) 都是实数，

\[ c^2 + d^2 = 0 \iff c = d = 0, \]

故 \(c^2 + d^2 \ne 0\)。把分母"有理化"：

\[ \frac{a + bi}{c + di} = \frac{(a + bi)(c - di)}{(c + di)(c - di)} = \frac{ac + bd + (bc - ad)i}{c^2 + d^2} = \frac{ac + bd}{c^2 + d^2} + \frac{bc - ad}{c^2 + d^2}\,i . \]

这里 \(c^2 + d^2\) 是非零有理数，故两个系数都是有理数，结果属于 \(\mathbb{Q}(i)\)。

所以 \(\mathbb{Q}(i)\) 是数域。

说明 这其实是正文 \(\mathbb{Q}(\sqrt{p})\) 取 \(p = -1\) 的特例（\(\sqrt{-1} = i\)）。这里不用一般结论、直接算一遍，是因为"分母有理化"这个手法在第 5 题里还会以更复杂的形式出现。

说明（更省事的写法） 上面的解答把四条封闭性都验了一遍。若用数域中的命题，只需验证减法与除法两条就够了：

\[ (a + bi) - (c + di) = (a - c) + (b - d)i, \]
\[ \frac{a + bi}{c + di} = \frac{(a + bi)(c - di)}{c^2 + d^2} = \frac{ac + bd}{c^2 + d^2} + \frac{bc - ad}{c^2 + d^2}\,i \quad (c + di \ne 0), \]

两组系数都落在 \(\mathbb{Q}\) 中，故 \(\mathbb{Q}(i)\) 对减法与除法封闭；又 \(1 = 1 + 0i\) 是其中的非零数。由命题即知 \(\mathbb{Q}(i)\) 是数域。考试时这样写可以省下近一半篇幅。

习题 3 · 数环 \(\mathbb{Z}(\sqrt{p})\)

设 \(R\) 是复数域 \(\mathbb{C}\) 的非空子集。若 \(R\) 对加法、减法和乘法封闭，则称 \(R\) 为数环。证明：\(\mathbb{Z}(\sqrt{p}) = \{a + b\sqrt{p} \mid a, b \in \mathbb{Z}\}\) 是数环，但不是数域，其中 \(p\) 为素数。

解答

记 \(R = \{a + b\sqrt{p} \mid a, b \in \mathbb{Z}\}\)。注意 \(R\) 只允许整数系数，这正是它与数域 \(\mathbb{Q}(\sqrt{p})\) 的差别。

\(R\) 是数环。 显然 \(R \subseteq \mathbb{C}\) 且非空（\(0, 1 \in R\)）。设 \(a + b\sqrt{p},\ c + d\sqrt{p} \in R\)，即 \(a, b, c, d \in \mathbb{Z}\)。由 \((\sqrt{p})^2 = p\)，

\[ (a + b\sqrt{p}) \pm (c + d\sqrt{p}) = (a \pm c) + (b \pm d)\sqrt{p}, \]
\[ (a + b\sqrt{p})(c + d\sqrt{p}) = ac + bdp + (ad + bc)\sqrt{p}. \]

两组系数 \(a \pm c,\ b \pm d\) 与 \(ac + bdp,\ ad + bc\) 都是整数，故结果仍在 \(R\) 中。所以 \(R\) 对加法、减法、乘法封闭，是数环。

\(R\) 不是数域。 取 \(2 = 2 + 0\sqrt{p} \in R\)，它非零。若 \(R\) 是数域，则 \(\dfrac{1}{2} \in R\)，即存在 \(a, b \in \mathbb{Z}\) 使

\[ a + b\sqrt{p} = \frac{1}{2}. \]

若 \(b \ne 0\)，则

\[ \sqrt{p} = \frac{1/2 - a}{b} \in \mathbb{Q}, \]

与 \(p\) 为素数、从而 \(\sqrt{p}\) 为无理数矛盾。故 \(b = 0\)，于是 \(a = \dfrac{1}{2} \notin \mathbb{Z}\)，也矛盾。所以 \(\dfrac{1}{2} \notin R\)，即 \(R\) 对除法不封闭，不是数域。

说明（记号） 这个集合在通用记号里写作 \(\mathbb{Z}[\sqrt{p}]\)：方括号表示"生成的环"，圆括号（如 \(\mathbb{Q}(\sqrt{p})\)）表示"生成的域"。两者差别很大——\(R\) 里只允许整数系数的组合，\(\mathbb{Q}(\sqrt{p})\) 里允许有理系数，所以只有后者是数域。本题与正文例题 1 第 3 小问（取 \(p = 2\)）是同一件事，只是把 \(\sqrt{2}\) 换成了 \(\sqrt{p}\)。

说明（关键差别） 数环与数域只差一条：除法是否封闭。证明"不是数域"时，通常只要找出一个元素，它的倒数不在集合里，比 2 的倒数 \(\frac{1}{2}\) 就够了。

习题 4 · 数域的交与并

证明两个数域的交是数域。举例说明两个数域的并不一定是数域。

解答

（1）两个数域的交是数域。

设 \(F_1, F_2\) 是数域。

  • \(F_1 \cap F_2 \subseteq \mathbb{C}\)；
  • \(1 \in F_1\) 且 \(1 \in F_2\)，故 \(1 \in F_1 \cap F_2\)，即交至少含一个非零数；
  • 设 \(a, b \in F_1 \cap F_2\)，则 \(a, b\) 同属 \(F_1\) 与 \(F_2\)。由于 \(F_1\)、\(F_2\) 各自对四则运算封闭，\(a \pm b\)、\(ab\) 以及 \(b \ne 0\) 时的 \(a / b\) 同时属于 \(F_1\) 与 \(F_2\)，从而属于 \(F_1 \cap F_2\)。

按数域的定义，\(F_1 \cap F_2\) 是数域。

（2）两个数域的并通常不是数域。

取 \(F_1 = \mathbb{Q}(\sqrt{2})\)、\(F_2 = \mathbb{Q}(\sqrt{3})\)，两者都是数域。考虑 \(s = \sqrt{2} + \sqrt{3}\)，显然 \(\sqrt{2} \in F_1\)、\(\sqrt{3} \in F_2\)。

先证辅助结论 \(\sqrt{3} \notin \mathbb{Q}(\sqrt{2})\)。设 \(\sqrt{3} = a + b\sqrt{2}\)（\(a, b \in \mathbb{Q}\)），两边平方得

\[ 3 = a^2 + 2b^2 + 2ab\sqrt{2}. \]

若 \(ab \ne 0\)，则 \(\sqrt{2} = \dfrac{3 - a^2 - 2b^2}{2ab} \in \mathbb{Q}\)，与 \(\sqrt{2}\) 为无理数矛盾；若 \(ab = 0\)，则 \(a = 0\) 时 \(b^2 = \frac{3}{2} \notin \mathbb{Q}^{\,2}\)，\(b = 0\) 时 \(\sqrt{3} = a \in \mathbb{Q}\)，都不可能。故 \(\sqrt{3} \notin \mathbb{Q}(\sqrt{2})\)。同理 \(\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}(\sqrt{3})\)。

现在若 \(s \in F_1 \cup F_2\)：

  • 当 \(s \in F_1 = \mathbb{Q}(\sqrt{2})\) 时，\(\sqrt{3} = s - \sqrt{2} \in \mathbb{Q}(\sqrt{2})\)，矛盾；
  • 当 \(s \in F_2 = \mathbb{Q}(\sqrt{3})\) 时，\(\sqrt{2} = s - \sqrt{3} \in \mathbb{Q}(\sqrt{3})\)，矛盾。

所以 \(s = \sqrt{2} + \sqrt{3} \notin F_1 \cup F_2\)，即 \(F_1 \cup F_2\) 对加法不封闭，不是数域。

（3）补充：并有时仍然是数域。 题目只要求说明"不一定"，所以举一个反例就够。反过来看，当两个数域有包含关系时，并就是其中较大的那个，自然是数域。最简单的例子是

\[ \mathbb{Q} \cup \mathbb{R} = \mathbb{R}, \]

它是数域。所以"并不一定是数域"里的"并非"既不能删（否则等于断言"一定不是"），也不代表"总是数域"——两种情形都会出现，取决于两个数域是否互相包含。

说明 这两条正是正文的"定理（交封闭）"与"命题（并通常不是数域）"。另外注意：交封闭的证明可以原样搬到任意多个数域的交上——对有限个用归纳，对无限个则直接验证"每个元素都属于每一个 \(F_i\)"。并集则连两个都可能失效。

习题 5 · 三次扩张 \(\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})\)

证明：\(R = \{a + b\sqrt[3]{2} + c\sqrt[3]{4} \mid a, b, c \in \mathbb{Q}\}\) 是数域。

解答

记 \(t = \sqrt[3]{2}\)，则 \(t^3 = 2\)、\(t^4 = 2t\)，并且

\[ R = \{a + bt + ct^2 \mid a, b, c \in \mathbb{Q}\}. \]

\(R \subseteq \mathbb{C}\)（其实 \(R \subseteq \mathbb{R}\)），且 \(1 = 1 + 0t + 0t^2 \in R\) 是非零数。

加减封闭。 因为 \(a \pm d,\ b \pm e,\ c \pm f \in \mathbb{Q}\)，

\[ (a + bt + ct^2) \pm (d + et + ft^2) = (a \pm d) + (b \pm e)t + (c \pm f)t^2 \in R. \]

乘法封闭。 用 \(t^3 = 2\) 把次数 \(\ge 3\) 的项降下来：

\[ (a + bt + ct^2)(d + et + ft^2) = ad + (ae + bd)t + (af + be + cd)t^2 + (bf + ce)t^3 + cf\,t^4 \]
\[ = (ad + 2bf + 2ce) + (ae + bd + 2cf)\,t + (af + be + cd)\,t^2 \in R. \]

除法封闭。 这是唯一的难点：对非零的 \(x = a + bt + ct^2\)，要说明 \(x^{-1} \in R\)。下面两条路线最后都归结到同一个数

\[ D = a^3 + 2b^3 + 4c^3 - 6abc , \]

而且都要用到同一个关键事实：\(x \ne 0\) 时 \(D \ne 0\)（放在两条路线之后统一证明）。

令

\[ x^{*} = (a^2 - 2bc) + (2c^2 - ab)\,t + (b^2 - ac)\,t^2 \in R . \]

直接展开（仍然只用 \(t^3 = 2\)）可以验证大量项两两抵消，只剩下常数项：

\[ x \cdot x^{*} = a^3 + 2b^3 + 4c^3 - 6abc = D . \]

既然 \(x \ne 0\) 时 \(D \ne 0\)，就可以直接作商：

\[ x^{-1} = \frac{x^{*}}{D} = \frac{a^2 - 2bc}{D} + \frac{2c^2 - ab}{D}\,t + \frac{b^2 - ac}{D}\,t^2 \in R , \]

因为三个系数都是有理数。

求 \(x^{-1}\) 就是求 \(z = X + Yt + Zt^2\)（\(X, Y, Z \in \mathbb{Q}\)）使 \(xz = 1\)。用 \(t^3 = 2\)、\(t^4 = 2t\) 展开左边并按 \(1, t, t^2\) 整理：

\[ xz = (aX + 2cY + 2bZ) + (bX + aY + 2cZ)\,t + (cX + bY + aZ)\,t^2 . \]

要让它等于 \(1 = 1 + 0 \cdot t + 0 \cdot t^2\)，解三元一次方程组

\[ \begin{pmatrix} a & 2c & 2b \\ b & a & 2c \\ c & b & a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} X \\ Y \\ Z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}. \]

记系数矩阵为 \(M\)，其行列式

\[ D = \det M = \begin{vmatrix} a & 2c & 2b \\ b & a & 2c \\ c & b & a \end{vmatrix} = a^3 + 2b^3 + 4c^3 - 6abc \ne 0 . \]

由 Cramer 法则，方程组有唯一解；又 \(M\) 的元素全是有理数，故 \(D\) 与各分子行列式都是有理数，从而 \(X, Y, Z \in \mathbb{Q}\)。令 \(z = X + Yt + Zt^2 \in R\)，则 \(xz = 1\)，即 \(x^{-1} = z \in R\)。

两条路线共用的关键一步：\(x \ne 0 \Rightarrow D \ne 0\)。

把 \(D\) 看成 \(u^3 + v^3 + w^3 - 3uvw\)，其中 \(u = a\)、\(v = bt\)、\(w = ct^2\)：确实有 \(v^3 = 2b^3\)、\(w^3 = 4c^3\)、\(uvw = abc\,t^3 = 2abc\)。套用恒等式

\[ u^3 + v^3 + w^3 - 3uvw = \frac{1}{2}(u + v + w)\bigl[(u - v)^2 + (v - w)^2 + (w - u)^2\bigr], \]

并注意 \(u + v + w = a + bt + ct^2 = x\)，得

\[ D = \frac{1}{2}\,x\,\bigl[(a - bt)^2 + (bt - ct^2)^2 + (ct^2 - a)^2\bigr]. \]

若 \(x \ne 0\) 而 \(D = 0\)，则方括号中的和为 \(0\)。三个实数平方之和为 \(0\) 意味着每一项都是 \(0\)，即 \(a = bt = ct^2\)。若 \(b \ne 0\)，则 \(t = \dfrac{a}{b} \in \mathbb{Q}\)，与 \(\sqrt[3]{2}\) 是无理数矛盾；故 \(b = 0\)，于是 \(a = 0\)，再由 \(ct^2 = a = 0\) 得 \(c = 0\)，即 \(x = 0\)，矛盾。所以 \(x \ne 0\) 时 \(D \ne 0\)。

于是两条路线都给出 \(x^{-1} \in R\)，即 \(R\) 对除法封闭。

综上，\(R\) 是数域。

说明（与例题 1 的联系） 正文例题 1 第 5 小问说明 \(\{a + b\sqrt[3]{2} \mid a, b \in \mathbb{Q}\}\) 不是数域，缺的正是 \(\sqrt[3]{4} = t^2\) 这一项；本题把 \(t^2\) 补进去，乘法就封闭了。这与 \(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\) 只需 \(1, \sqrt{2}\) 两项不同，根源在于 \(\sqrt[3]{2}\) 的次数是 \(3\) 而不是 \(2\)。一般地，对 \(\alpha = \sqrt[n]{2}\)，集合 \(\{a_0 + a_1\alpha + \cdots + a_{n-1}\alpha^{n-1} \mid a_i \in \mathbb{Q}\}\) 是数域——需要保留几项，由 \(\alpha\) 的次数决定。

说明（其实可以少验两条） 按数域中的命题，本题只需验证减法与除法封闭，加法与乘法会自动成立。这里把乘法一并写出，是为了看清 \(t^3 = 2\) 如何把 \(t^3, t^4\) 这些高次项降回 \(1, t, t^2\)——两条路线算出的 \(x^{*}\) 与 \(M\)，用的都是同一套系数规律。

说明（两条路线为什么会撞在一起） 路线二里的系数矩阵 \(M\) 正是"乘以 \(x\)"这个 \(\mathbb{Q}\)-线性映射在基 \(1, t, t^2\) 下的矩阵：\(x \cdot 1\)、\(x \cdot t\)、\(x \cdot t^2\) 的坐标依次是 \((a, b, c)\)、\((2c, a, b)\)、\((2b, 2c, a)\)，恰好是 \(M\) 的三列。所以 \(D = \det M\) 就是路线一里 \(x \cdot x^{*}\) 算出的那个数。

更进一步，路线一凑出的 \(x^{*}\) 正好对应 \(M\) 的伴随矩阵的第一列。由 \(M \cdot \operatorname{adj} M = D\,I\) 得

\[ M^{-1} = \frac{1}{D}\operatorname{adj} M , \]

而 \(x^{-1} = x^{-1} \cdot 1\) 的坐标就是 \(M^{-1}\) 的第一列，正是 \(\dfrac{x^{*}}{D}\)。可见两条路线不是"两种技巧"，而是同一件事的两种算法：路线一是路线二的手算版。

思考题

思考题 1 · 是否存在比 \(\mathbb{C}\) 更大的域

是否存在比复数域更大的域？

解答

存在。 关键是要区分两个不同的概念：

  • 数域被要求是 \(\mathbb{C}\) 的子域。在这个限制下，\(\mathbb{C}\) 就是最大的数域——不存在比 \(\mathbb{C}\) 更大的数域。
  • 域没有"必须是 \(\mathbb{C}\) 的子集"这条限制，因此完全可以有严格包含 \(\mathbb{C}\) 的域。

一个具体例子是复数域上的一元有理函数域

\[ \mathbb{C}(x) = \left\{ \frac{f(x)}{g(x)} \;\middle|\; f, g \in \mathbb{C}[x],\ g \ne 0 \right\}, \]

即多项式环 \(\mathbb{C}[x]\) 的分式域。按定义它是域，并且以 \(\mathbb{C}\) 为子域（把常数 \(c \in \mathbb{C}\) 看作常值有理函数 \(c/1\)）。但 \(x \in \mathbb{C}(x)\) 而 \(x \notin \mathbb{C}\)，所以

\[ \mathbb{C} \subsetneq \mathbb{C}(x). \]

为什么必须在"超越"方向上找？ \(\mathbb{C}\) 是代数闭域：任何系数在 \(\mathbb{C}\) 中的多项式都在 \(\mathbb{C}\) 内有根。因此 \(\mathbb{C}\) 没有真正的代数扩张，要得到严格包含 \(\mathbb{C}\) 的域，只能添加超越元——上例中的 \(x\) 就是。

这说明"数域止步于 \(\mathbb{C}\)"是定义造成的（数域被限定为 \(\mathbb{C}\) 的子域），而不是域本身不能再变大。把"子域"这条限制去掉，视野立刻开阔：\(\mathbb{C}(x)\) 不是数域，却是地地道道的域。

延伸阅读。 上面只给出了"存在"的答案。\(\mathbb{C}\) 之上还有哪些域、\(\mathbb{C}(x)\) 到底"大"在哪里、"更大"能否有不同的含义，扩展阅读：比 \(\mathbb{C}\) 更大的域作了完整展开：其中会证明 \(\mathbb{C}(x)\) 与 \(\mathbb{C}\) 势相同（都是 \(\mathfrak{c}\)），并说明它作为抽象域其实同构于 \(\mathbb{C}\) 的某个子域——所以"更大"这个词本身就需要先界定清楚。

参见